Stirling Number of the Second Kind
http://mathworld.wolfram.com/StirlingNumberofthe …
Stirling Number of the First Kind
http://mathworld.wolfram.com/StirlingNumberofthe …
を元に考えます。
第一種スターリング数と第二種スターリング数は、いわば行列として逆行列の関係になっていることはわかります。
次に、第一種スターリング数のサイトの(13)の公式でxを-xに変更し、文字を少し変更すると、
(1-x)(1-2x)…(1-kx)=Σ[r=0,k]s(k+1,k-r+1)x^r
rをk-rに変数変換すると、
(1-x)(1-2x)…(1-kx)=Σ[r=0,k]s(k+1,r+1)x^(k-r)
これを、第二種スターリング数のサイトの(14)の公式の分母に代入すると、
x^k=Σ[n=k,∞]Σ[r=0,k]S(n,k)x^n * s(k+1,r+1)x^(k-r)
x^kで割ると、
1=Σ[n=k,∞]Σ[r=0,k]S(n,k)*s(k+1,r+1)*x^(n-r)
変数n,rにおいて、n-r=tとおいて、x^tの項をまとめると、
1=Σ[t=0,∞]Σ[r=0,k]S(r+t,k)*s(k+1,r+1)*x^t
つまり、
t=0のとき、
Σ[r=0,k]S(r,k)*s(k+1,r+1)=1
t≧1のとき、
Σ[r=0,k]S(r+t,k)*s(k+1,r+1)=0
となります。
これを直接示したいと思うのですが、どうすればよいのでしょうか?
No.1ベストアンサー
- 回答日時:
>これを直接示したいと思うのですが、どうすればよいのでしょうか?
t=0のときは容易です。
Σ[r=0,k]S(r,k)*s(k+1,r+1)
=S(k,k)*s(k+1,k+1)
=1*1
=1
t≧1のときは、
Σ[r]S(r,k)*s(k+1,r-t+1)=0 を示せばよいですね。
tに関する帰納法を使えばいいと思います。
まず、Σ[r]S(r,k)*s(k+1,r)=0 であることを示し、
さらに、Σ[r]S(r,k)*s(k+1,r-t+1)=0 を仮定したときに、
Σ[r]S(r,k)*s(k+1,r-t)=0 を示す、という具合です。
等式 Σ[r]S(r,k)*s(k+1,r)=0 は、
x*(x-1)*…*(x-n+1)=Σ[k]s(n,k)*x^k
および
x^n=Σ[k]S(n,k)*x*(x-1)*…*(x-k+1)
から導けます。
(Σ[r]S(r,m)*s(n,r)=[m=n] が成り立ちます。)
ありがとうございます。
第一種スターリング数と第二種スターリング数を、いわば行列とみなすと、その積は単位行列になりますが、それを小行列に分解して、
t=0のとき、
Σ[r=0,k]S(r,k)*s(k+1,r+1)=1
t≧1のとき、
Σ[r=0,k]S(r+t,k)*s(k+1,r+1)=0
を導こうとしたのですがうまくいきませんでした。地道に数学的帰納法を使えばいいわけですね。
そこでは、第二種スターリング数の漸化式を使えばよいのですね。
ただ、この式において、Sとsの立場を逆にすると成り立たないようです。それはそれぞれの漸化式による違いだと思っています。
あと二項係数に-1の累乗がついたものについて、似たような公式を見つけました。
n≦kとして、
Σ[r=0,k](-1)^r*C(k,r)*(-1)^n*C(t+r,n)=δ(k,n)=[k=n]
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